微積5.2.2

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問題5.2.2

適当な変数変換を用いて、次の積分の値を計算せよ。

(1)$\displaystyle \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy$ $D:0 \leqq x+y \leqq 2,\ 0 \leqq x-y \leqq 2$

(2)$\displaystyle \iint_D x^2\ dxdy$ $D:\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 \leqq 1,\ (a,\ b>0)$

(3)$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$

 

《ポイント》

被積分関数の式の形や、領域の境界線となっている曲線の形からどのような変数変換が適切かを考えましょう。新たに定義される領域の形を正しく把握できていないと、つまらない計算ミスの元になる可能性があるので注意して下さい。

 


 

《解答例》

(1)$\displaystyle \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy$ $D:0 \leqq x+y \leqq 2,\ 0 \leqq x-y \leqq 2$

$u=x+y$、$v=x-y$ と置くと、$x=\dfrac{u+v}{2}$、$y=\dfrac{u-v}{2}$ となるから、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& \frac{1}{2} & \ \ \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array}\right)\right| \\ &=\frac{1}{2} \end{align}$$となる。よって領域$E$を$$E=\{(u,v)|\ 0 \leqq u \leqq 2,\ 0 \leqq v \leqq 2\}$$によって定義すれば、

$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_D (x-y)e^{x+y}\ dxdy \\ &=\iint_E ve^u \dfrac{1}{2} dudv \\ &=\dfrac{1}{2}\int^{2}_{0}e^udu \int^{2}_{0}v\ dv \\ &=\dfrac{1}{2}\left[e^u\right]^{2}_{0}\left[\dfrac{v^2}{2}\right]^{2}_{0} \\ &=e^2-1 \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$

 

 

(2)$\displaystyle \iint_D x^2\ dxdy$ $D:\left(\dfrac{x}{a}\right)^2+\left(\dfrac{y}{b}\right)^2 \leqq 1,\ (a,\ b>0)$

$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$
$x=ar\cos \theta$、$y=br\sin \theta$ と置くと、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_r & x_\theta \\ y_r & y_\theta \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& a \cos \theta & -ar\sin\theta \\ b \sin \theta & \ \ br \cos \theta \end{array}\right)\right| \\ &=abr \end{align}$$となる。よって、

$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_D x^2\ dxdy \\ &=\int^{2\pi}_{0}d\theta \int^{1}_{0}a^2 r^2 \cos^2 \theta \ abr\ dr \\ &=a^3 b \int^{2\pi}_{0}\cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0}r^3 \ dr \\ &=4a^3 b\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0}r^3 \ dr \\ &=4a^3 b \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{\pi}{2}\left[\dfrac{r^4}{4}\right]^{1}_{0} \\ &=\dfrac{\pi a^3 b}{4} \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$

※計算の途中で $\displaystyle \int^{2\pi}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta$ の関係式を用いています。これはウォリスの公式を適用しやすくするための変形ですが、倍角の公式によって次数を下げても良いでしょう。

 

 

(3)$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$

$\displaystyle \iint_D (x+y)^4\ dxdy$ $D:x^2+2xy+2y^2 \leqq 1$
$$x^2+2xy+2y^2=(x+y)^2+y^2$$となるので $u=x+y$、$v=y$ と置くと、$x=u-v$、$y=v$ であるから、ヤコビアンは$$\begin{align}\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|&=\left|\det\left(\begin{array}& x_u & x_v \\ y_u & y_v \end{array}\right)\right| \\ &=\left|\det\left(\begin{array}& 1 & -1 \\ 0 & \ \ 1 \end{array}\right)\right| \\ &=1 \end{align}$$となる。よって領域$E$を$$E=\{(u,v)|\ u^2+v^2 \leqq 1\}$$によって定義すれば、$$\iint_D (x+y)^4\ dxdy =\iint_E u^4\ dudv$$と書き直せる。ここで $u=r\cos \theta$、$v=r\sin \theta$ と置くと、

$\begin{align}&\ \ \ \ \iint_E u^4\ dudv \\ &=\int^{2\pi}_{0} d\theta \int^{1}_{0} r^4 \cos^4 \theta \ r \ dr \\ &=\int^{2\pi}_{0} \cos^4 \theta \ d\theta \int^{1}_{0} r^5 \ dr \\ &=4\int^{\frac{\pi}{2}}_{0} \cos^2 \theta \ d\theta \int^{1}_{0} r^5 \ dr \\ &=4 \cdot \dfrac{3 \cdot 1}{4 \cdot 2} \cdot \dfrac{\pi}{2}\left[\dfrac{r^6}{6}\right]^{1}_{0} \\ &=\dfrac{\pi}{8} \ \ \cdots \cdots \text{(答)} \end{align}$

 


 

復習例題は設定していません。

 


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